topcoder乱作系列2 srm503 srm504

srm 503 250pts

注意到答案只能是-1或1或2，判一下就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
class ToastXToast
{
public:
int bake(vector<int>a1,vector<int>a2)
{
sort(a1.begin(),a1.end());
sort(a2.begin(),a2.end());
if(a1[0]>a2[0])return -1;
if(a1.back()>a2.back())return -1;
if(a1.back()<a2[0])return 1;
return 2;
}
};

srm 503 500pts

考虑每个v点的贡献，将所有v点和c点按到当前v点的距离排序，按距离枚举所有的点，如果枚举到一个c点那么之后的所有点都没有用了，所以计算当前c点后退出。

枚举的每个点的贡献为 距离*概率，距离随便算，只考虑概率就行了。

设当前点之前共有x个点。

如果当前枚举的是一个v点那么概率为1(x+1)(x+2)

否则概率为1x+1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ld long double
#define ll long long
int n,m;
struct poi
{
int x,y,pos;
poi(){}
poi(int x,int y,int pos):x(x),y(y),pos(pos){}
}now,c[52],v[52];
double bir[110],ans;

ll sq(int x){return (ll)x*x;}
ll dis(poi p1,poi p2)
{return sq(p1.x-p2.x)+sq(p1.y-p2.y);}
int cmp(poi p1,poi p2)
{return dis(p1,now)<dis(p2,now);}
int cmp1(poi p1,poi p2)
{return p1.pos<p2.pos;}

class KingdomXCitiesandVillages
{
public:
double determineLength(vector<int>cx,vector<int>cy,vector<int>vx,vector<int>vy)
{
n=cx.size();m=vx.size();
for(int i=0;i<n;i++)
c[i+1]=poi(cx[i],cy[i],i+1);
for(int i=0;i<m;i++)
v[i+1]=poi(vx[i],vy[i],i+1);

for(int i=1;i<=m;i++)
{
now=v[i];
sort(c+1,c+1+n,cmp);
sort(v+1,v+1+m,cmp);
for(int j=2;j<=m+1;j++)
{
if(j==m+1||dis(v[1],c[1])<=dis(v[1],v[j]))
{
ans+=sqrt((ld)dis(v[1],c[1]))/(j-1);
break;
}
ans+=sqrt((ld)dis(v[1],v[j]))/(j-1)/j;
}
sort(v+1,v+1+m,cmp1);
}
return ans;
}
}tmp;

srm 503 1000pts

看jry博客时被吓得不轻，不过写完觉得还好吧，并没有太多细节。思路还是挺神的。。。

每加一条边图被分成两个部分，分成的两个部分是独立的。因此可以记忆化搜索。

由于边必须加在已有边上，因此加完后整个图长这样：



然后把b块单独拎出来：



那么可以用5个变量存一块，其中h4 可以用其他四个变量表示。

因此状态总数是O(hw3) 级别的。

转移分两条红线和两条蓝线四种转移。

边界是当这块中没有加楼梯的点时返回0。

特殊情况是最上面没有封顶的块，注意到这样的块只有一个，然后分这两种转移：



记录两个布尔变量r1,r2 表示当前块是不是最上面一块以及当前块在左面还是在右面。

对于最下面的情况，由于第一步一定是从最下边的一个点发出一条边，因此可以枚举蓝线部分：



不过需要保证红色部分没有要连边的点。

这样就不需要考虑最下面的情况了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define seed 23333333
ull p[21];
struct node
{
int h,h1,h2,h3,h4,r1,r2;
ull val;
void get()
{val=h+h1*p[1]+h2*p[2]+h3*p[3]+h4*p[4]+r1*p[5]+r2*p[6];}
friend bool operator < (const node &r1,const node &r2)
{return r1.val<r2.val;}
};
map<node,ll>ma;
int a[2][210],b[21],w,H[2];
ll ans;

ll cal(int h,int h1,int h2,int h3,int h4,int r1,int r2)
{
node tmp=(node){h,h1,h2,h3,h4,r1,r2};
tmp.get();
if(ma.count(tmp))return ma[tmp];
ll ret=1ll<<60;
if(r2==0)
{
int t1=0,t2=0;
for(int i=h1+2;i<=H[0];i+=2)
if(a[0][i])t1=1;
for(int i=h3+2;i<=H[1];i+=2)
if(a[1][i])t2=1;
if(!t1&&!t2)ret=0;
else
{
for(int i=h2+1;i<=h3;i++)
{
int t=h1+(i-h2)*2;
ret=min(ret,cal(h1,h2,i,t,t,0,1)+cal(0,t,i,h3,0,0,0)+b[t-i]);
}
for(int i=h2+1;i<=h1;i++)
{
int t=h3+(i-h2)*2;
ret=min(ret,cal(h3,h2,i,t,t,1,1)+cal(0,h1,i,t,0,0,0)+b[t-i]);
}
}
}
else
{
int t1=0;
for(int i=h+2;i<h4;i+=2)
if(a[r1][i])t1=1;
if(!t1)ret=0;
else
{
int x=h2+h4-h3;
for(int i=h+2;i<h4;i+=2)
{
int t=h1+(i-h)/2;
ret=min(ret,cal(h,h1,t,i,i,r1,r2)+cal(i,t,h2,h3,h4,r1,r2)+b[i-t]);
}
for(int i=x;i<h2;i++)
{
int t=h3+i-h2;
ret=min(ret,cal(h,h1,i,t,h4,r1,r2)+b[t-i]);
}
x=h2+h-h1;
for(int i=h+2;i<h4;i+=2)
{
int t=h3-(h4-i)/2;
ret=min(ret,cal(h,h1,h2,t,i,r1,r2)+cal(i,i,t,h3,h4,r1,r2)+b[t-i]);
}
for(int i=h2+1;i<=x;i++)
{
int t=i-h2+h1;
ret=min(ret,cal(h,t,i,h3,h4,r1,r2)+b[i-t]);
}
}
}
ma[tmp]=ret;
return ret;
}
void init()
{
p[0]=1;
for(int i=1;i<=15;i++)
p[i]=p[i-1]*seed;
}
class KingdomXEmergencyStaircase
{
public:
ll determineCost(string s1,string s2,vector<int>vec)
{
init();
w=vec.size();
H[0]=s1.size()*2+w;H[1]=s2.size()*2+w;
for(int i=0;i<s1.size();i++)
a[0][(i+1)*2]=s1[i]=='Y' ? 1:0;
for(int i=0;i<s2.size();i++)
a[1][(i+1)*2]=s2[i]=='Y' ? 1:0;
for(int i=0;i<w;i++)b[i+1]=vec[i];

ans=1ll<<60;
ll t=cal(0,w,0,0,0,0,0);
for(int i=0;i<=w;i+=2)
{
if(i==w)
ans=min(ans,t+b[w]);
else
{
int t1=(w-i)/2;
ans=min(ans,cal(i,i,i+t1,w,w,0,1)+t+b[w]+b[t1]);
}
if(a[0][i])break;
}
t=cal(0,0,0,w,0,0,0);
for(int i=0;i<=w;i+=2)
{
if(i==w)
ans=min(ans,t+b[w]);
else
{
int t1=(w-i)/2;
ans=min(ans,cal(i,i,i+t1,w,w,1,1)+t+b[w]+b[t1]);
}
if(a[1][i])break;
}
return ans;
}
}tmp;

srm 504 250pts

按题意模拟一下就行了，记录一下变了几次色。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[110000];
class MathContest
{
public:
int countBlack(string s,int tim)
{
int len=s.size(),now=0,pos=0,ans=0,head=1,tail=0;
for(int i=0;i<len;i++)
a[++tail]=s[i]=='B' ? 1:0;
for(int i=2;i<=tim;i++)
{
for(int j=1;j<=len;j++)
a[++tail]=a[j];
}
while(tail>=head)
{
int t;
if(pos)t=a[tail--]^now;
else t=a[head++]^now;
if(t==0)pos^=1;
else now^=1;
ans+=t;
}
return ans;
}
}tmp;

srm 504 500pts

第一行一定不变，枚举 1 到 n−1 行，模拟一下算出下一行每一个点的颜色。分没有颜色，黑，白，三种。如果有颜色，看和给出的颜色是否相符，相符答案乘2，否则答案为0。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
int val[61];
int qpow(int x,int y)
{
int ret=1;
while(y)
{
if(y&1)ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;y>>=1;
}
return ret;
}
class AlgridTwo
{
public:
int makeProgram(vector<string>s)
{
int n=s.size(),m=s[0].size(),ans=0;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
memset(val,-1,sizeof(val));
for(int j=0;j<m-1;j++)
{
if(s[i][j]=='W'&&s[i][j+1]=='B')
val[j]=val[j+1]=0;
if(s[i][j]=='B'&&s[i][j+1]=='W')
val[j]=val[j+1]=1;
if(s[i][j]=='B'&&s[i][j+1]=='B')
swap(val[j],val[j+1]);
}
for(int j=0;j<m;j++)
if(val[j]!=-1)
{
if((s[i+1][j]=='B')!=val[j])return 0;
ans++;
}
}
return qpow(2,ans);
}
}cls;